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高中物理高考物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。
如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。
B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。
倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。
一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。
用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。
g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J【解析】【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++ 解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011v v t a -=解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：220112v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22v ta = 解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：2 3? 1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。
专题10 与牛顿运动定律相关的实际问题高考命题潜规则揭秘10：与牛顿运动定律相关的实际问题规则验证：2012年江苏物理第5题、2012年上海物理第30题、2012年浙江理综第23题、2010年上海物理第11题、2010安徽理综第22题、2011北京理综卷第18题、2010福建理综第16题、2010高考海南物理第16题、2011新课标卷第21题命题规律：与牛顿运动定律相关的实际问题以实际情境切入，重点考查提取信息能力、受力分析、力的合成与分解、牛顿运动定律的应用。
命题分析：高考命题常以新情境来考查，而且经常与其他知识综合出题。
难度中等。
【考查典例】典例1. .（2012·江苏物理第5题）如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。
夹子和木块的质量分别为m和M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。
若木块不滑动，力F的最大值是A．() 2f M mM+B．() 2f M mm+C．()2f M mM+-(m+M)gD．()2f M mm++(m+M)g典例2（2012·上海物理第30题）如图，将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。
环的直径略大于杆的截面直径。
环与杆间动摩擦因数μ=0.8。
对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力F，使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。
典例3.(16分)（2012·浙江理综第23题）为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示。
在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”,“A鱼”竖直下潜h A后速度减小为零，“B鱼”竖直下潜h B后速度减小为零。
“鱼” 在水中运动时，除受重力外，还受到浮力和水的阻力。
已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的10/9 倍，重力加速度为g,“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度。
假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。
高考物理易错题专题三物理牛顿运动定律(含解析)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。
如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。
B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。
倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。
一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。
用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。
g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J【解析】【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++ 解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011v v t a -=解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：220112v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22vt a = 解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：2 3? 1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。
高中物理牛顿运动定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1. 在机场可以看到用于传送行李的传送带，行李随传送带一起前进运动。
如图所示，水平传送带匀速运行速度为v=2m/s，传送带两端AB间距离为S o=lOm，传送带与行李箱间的动摩擦因数卩=0.2当质量为m=5kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，重力加速度g取10m/2；求：(1) 行李箱开始运动时的加速度大小a；(2) 行李箱从A端传送到B端所用时间t;(3) 整个过程行李对传送带的摩擦力做功W。
【答案】⑴，(2)薜耳⑶="-纠【解析】【分析】行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度，和传送带一起做匀速直线运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式即可解题行李箱开始运动时的加速度大小和行李箱从A端传送到B 端所用时间；根据做功公式求解整个过程行李对传送带的摩擦力做功；【详解】解：(1)行李在传送带上加速，设加速度大小为aI__7(2)行李在传送带上做匀加速直线运动，加速的时间为t1V 2灯== Is1所以匀加速运动的位移为：s\=尹甘=lrnSo-Si 10-1行李随传送带匀速前进的时间：(2 = ---------- = —-一=4.5$v 2行李箱从A传送到B所需时间：：3 --气出⑶t1传送带的的位移为：怜一叽“ -根据牛顿第三定律可得传送带受到行李摩擦力为：『◎『整个过程行李对传送带的摩擦力做功：w =7比=-吓阿=-20/2. 如图甲所示，质量为m的A放在足够高的平台上，平台表面光滑•质量也为m的物块B放在水平地面上，物块B与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧与物块A用绕过定滑轮的轻绳相连，轻绳刚好绷紧•现给物块A施加水平向右的拉力F (未知)，使物块A做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，重力加速度为g,A、B均可视为质点.根据v 2 2ax 解得：v . 2ax 对物体A:F T ma ; 对物体B:T=mg , 解得 F=ma+mg ； (2)设某时刻弹簧的伸长量为x .对物体C ,水平方向:F cosT | m C a ，其中T | kx mg ；竖直方向：F sin m C g ；联立解得m e3mg4g 3a3.如图所示，水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽，长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止 于凹槽右侧，木板厚度与凹槽深度相同，水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道，右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量 m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v °=ioom/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉，铁钉嵌在木块中并滑上木板，木板与木块间动摩擦因数 卩=0.05其它摩擦不计.若木板每次与 A 、B 相碰后速度立即减为 0,且与A 、B 不粘连，重力加 速度 g=10m/s 2.求：(1) 当物块B 刚好要离开地面时，拉力 F 的大小及物块 A 的速度大小分别为多少;(2)若将物块 A 换成物块C ，拉力F 的方向与水平方向成 37°角，如图乙所示，开始时轻绳也刚好要绷紧，要使物块B 离开地面前，物块C 一直以大小为a 的加速度做匀加速度运动，则物块 C 的质量应满足什么条件？ ( sin37°0.6,cos37° 0.8)【答案】(1) F ma mg;v 【解析】 【分析】 【详解】(1)当物块B 刚好要离开地面时， B 受力分析有mg kx ，得：x2嘗（2） m C设弹簧的伸长量为mg k3mg 4g 3ax ,物块A 的速度大小为v ,对物块2amg k(3)木块最终停止时离 A 点的距离s.【答案】(1) v 2m/s (2) F N 12.5N (3) L 1.25m 【解析】(1) 设铁钉与木块的共同速度为 v ,取向左为正方向，根据动量守恒定律得:m °V 0 (m ° mjv解得：v 2叹；⑵木块滑上薄板后，木块的加速度 印 g 0.5，且方向向右设经过时间t ，木块与木板共同速度 v 运动 则：va 2t此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度.1 .2 1 2x vt a 1ta 2t L2 2故共速时，恰好在最左侧 B 点，此时木块的速度 v v a 1t 1^S 木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：'2vF N mg m R代入相关数据解得：F N =12.5N. 由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ；1 2⑶木块还能上升的高度为 h ，由机械能守恒有：(m ° mjv (m 0 m^gh2h 0.05m 0.4m木块不脱离圆弧轨道，返回时以 1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过 t 1共速，此时木 板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为 a 1，板产生的加速度a 2 mg M， 且方向向左则：v2 a1t1 a2t1，解得：t1 1s1 2 1 2此时x v t1a-i t-i a2t| 0.5m2 2v3v2 at10.5叹碰撞后，v薄板=0,木块以速度V3=0.5m/s的速度向右做减速运动v3设经过t2时间速度为0，则t2a；1s| 2x v3t2a2t2 0.25m2故△L=b △x' - x=1.25m即木块停止运动时离A点1.25m远.4. 如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A。
专题三 牛顿运动定律一、运动状态的分析：1、 一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示，在A点，物体开始与弹簧接触，到B 点时，物体速度为零，然后被弹回。
下列说法中正确的是（ ）A ．物体从A 下降到B 的过程中，速率不断变小 B ．物体从B 上升到A 的过程中，速率不断变大C ．物体从A 下降到B ，以及从B 上升到A 的过程中，速率都是先增大，后减小D ．物体在B 点时，所受合力为零2、在光滑水平面上有一质量为m 的物块受到水平恒力F 的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的劲度系数为k 的轻质弹簧，如图所示．当物块与弹簧接触且向右运动的过程中，下列说法正确的是( )A ．物块在接触弹簧的过程中一直做减速运动BC D3状态。
若力A ．在第B ．在第C ．在第D ．在第4、板上，A.B.C.D.5、如图（a ）、（质量分别为M 、m ，大小为F ，同样大小的水平推力F 作用于Q A 、N 1 =N 2 6把A 从B A. μm 1g 7、在水平面上向右匀加速运动，设A 、B 间的摩擦力为1f ，B 与桌面间的摩擦力为2f ，若增大C 桶内沙的质量，而A 、B 仍一起向右运动，则摩擦力1f 、2f 的变化情况是 （ ）A ．1f 不变，2f 变大B ．1f 变大，2f 不变C ．1f 和2f 都变大D ．1f 和2f 都不变三 、瞬时问题 8、如图2-25天花板上用细绳吊起两个用轻弹簧相连的两个质量相同的小球。
两小球均保持静止。
当突然剪断细绳时，上面小球A 与下面小球B 的加速度为 [ ]A ．a 1=g a 2=gB ．a 1=g a 2=gC ．a 1=2g a 2=0D ．a 1=0 a 2=g 9、如图所示，质量为m 的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为60°的光滑木板ABPQF(a)托住，小球恰好处于静止状态，当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为（ ）A ．0B ．大小为g ，方向竖直向下C ．大小g3，方向垂直木板向下 D ．大小为2g ，方向垂直木板向下四、应用牛顿运动定律分析图像问题10、物体A 、B 、C 均放置在同一水平面上，它们的质量分别为A m 、B m 、Cm ，与水平面的动摩擦因数分别为A μ、B μ、C μ ，当用水平力F 拉物体A 、B 、C 时得到的a 与力F 关系图线如图4所对应的直线甲、乙、丙所示，甲、乙直线平行，则以下说法正确的是 （ ）①μ A ＜μB m A ＝m B ②μ B ＞μC m B ＞m C ③μ B ＝μC m B ＞m C④μA＜μC m A ＜m CA．①② B ．②④ C ．③④D ．①④11、某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N 。
高考物理二轮复习专题归纳总结—牛顿运动定律的应用1.牛顿第二定律的理解2.动力学两类基本问题3.超重和失重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
(2)视重：弹簧测力计的示数或台秤的示数。
(3)超重：当物体具有向上的加速度时，物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于所受重力。
即视重大于实重。
(4)失重：当物体具有向下的加速度时，物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于所受重力。
即视重小于实重。
4.连接体问题(1)若求解整体的加速度，可用整体法。
把整个系统看做一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度。
(2)若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解。
5.瞬时问题1.动力学两类基本问题2.瞬时问题3.动力学图像问题图1图24.传送带模型(1)水平传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①v 0>v ，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v 0＝v ，一直匀速③v 0<v ，可能一直加速，也可能先加速再匀速情景3①传送带较短时，滑块一直减速到达左端②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。
若v 0>v ，返回时速度为v ，若v 0<v ，返回时速度为v 0(2)倾斜传送带模型项目图示滑块可能的运动情况情景1①可能一直加速②可能先加速后匀速情景2①可能一直加速②可能先加速再匀速③可能先以a 1加速再以a 2加速情景3①可能一直匀速②可能一直加速③可能先减速再反向加速5.板块模型(1)分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联(2)两种类型类型图示规律分析木板B 带动物块A ，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为x B＝x A＋L物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为x B＋L＝x A6.实验情景。
高考物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，质量为2kg 的物体在与水平方向成37°角的斜向上的拉力F 作用下由静止开始运动．已知力F 的大小为5N ，物体与地面之间的动摩擦因数μ为0.2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：(1)物体由静止开始运动后的加速度大小；(2)8s 末物体的瞬时速度大小和8s 时间内物体通过的位移大小； (3)若8s 末撤掉拉力F ，则物体还能前进多远？ 【答案】(1)a =0.3m/s 2 (2)x =9.6m (3)x ′=1.44m 【解析】(1)物体的受力情况如图所示：根据牛顿第二定律，得: F cos37°-f =ma F sin37°+F N =mg 又f =μF N联立得：a =cos37(sin 37)F mg F mμ--o o代入解得a =0.3m/s 2(2)8s 末物体的瞬时速度大小v =at =0.3×8m/s=2.4m/s 8s 时间内物体通过的位移大小219.6m 2x at == (3)8s 末撤去力F 后，物体做匀减速运动， 根据牛顿第二定律得，物体加速度大小22.0m/s f mg a g m mμμ===='' 由v 2=2a ′x ′得:21.44m 2v x a =''=【点睛】本题关键是多次根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解运动学参量．2．如图，质量M=4kg 的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg 的小木块以v 0=14m/s 的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2=0.5，g 取10m/s 2，求：（1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小； （2）木板长度；（3）木板在地面上运动的最大位移。
专题03：用牛顿运动定律解决问题【教学目标】1. 养成画受力分析图、运动分析图的习惯，知道加速度是解决此类问题的核心；2. 会通过选取合适的研究对象，处理连接体（组合体）的动力学问题；3. 会从图像中获取受力分析和运动分析的信息；4. 通过参考系选取和摩擦力分析，将传送带问题回归到基本动力学模型来处理；5. 会定性分析极限、临界的动力学问题，能定量求解极值和临界值。
【真题赏析】1. (2021.01·浙江卷)如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。
雪道上的同学们( )A. 沿雪道做匀速直线运动B. 下滑过程中机械能均守恒C. 前后间的距离随时间不断增大D. 所受重力沿雪道向下的分力相同2. (2021.06·浙江卷)2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290s 的减速，速度从34.910m/s ⨯减为24.610m/s ⨯；打开降落伞后，经过90s 速度进一步减为21.010m/s ⨯；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。
若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器( )A. 打开降落伞前，只受到气体阻力的作用B. 打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上C. 打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用D. 悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力3.（2019.04 浙江卷）如图所示，A 、B 、C 为三个实心小球，A 为铁球，B 、C 为木球。
A 、B 两球分别连在两根弹簧上，C 球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。
若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底（不计空气阻力，ρ木＜ρ水＜ρ铁） （ ）A ．A 球将向上运动，B 、C 球将向下运动B ．A 、B 球将向上运动，C 球不动C ．A 球将向下运动，B 球将向上运动，C 球不动D ．A 球将向上运动，B 球将向下运动，C 球不动4. (2021.01·浙江卷)如图所示，质量m =2kg 的滑块以v 0=16m/s 的初速度沿倾角θ=37°的斜面上滑，经t =2s 滑行到最高点。
高中物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M=4kg 的长木板，在长木板右端有一质量m=1kg 的小物块，长木板与小物块间的动擦因数μ=0.2，开始时长木板与小物块均静止．现用F=14N 的水平恒力向石拉长木板，经时间t=1s 撤去水平恒力F ，g=10m/s 2．求(1)小物块在长木板上发生相对滑幼时，小物块加速度a 的大小； (2)刚撤去F 时，小物块离长木板右端的距离s ； (3)撒去F 后，系统能损失的最大机械能△E ． 【答案】（1）2m/s 2（2）0.5m （3）0.4J 【解析】 【分析】（1）对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度；（2）先根据牛顿第二定律求出木板的加速度，然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；（3）撤去F 后，先求解小物块和木板的速度，然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损失的最大机械能△E ． 【详解】（1）小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则：µmg=ma 1， 解得a 1=µg=2m/s 2（2）对木板，受拉力和摩擦力作用， 由牛顿第二定律得，F-µmg=Ma 2， 解得：a 2= 3m/s 2． 小物块运动的位移：x 1=12a 1t 2=12×2×12m=1m ， 长木板运动的位移：x 2=12a 2t 2=12×3×12m=1.5m ， 则小物块相对于长木板的位移：△x=x 2-x 1=1.5m-1m=0.5m ．（3）撤去F 后，小物块和木板的速度分别为：v m =a 1t=2m/s v=a 2t=3m/s 小物块和木板系统所受的合外力为0，动量守恒：()m mv Mv M m v +=+' 解得 2.8/v m s ='从撤去F 到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律：222111()222m mv Mv E M m v +=∆'++ 解得∆E=0.4J 【点睛】该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式．2．如图所示，质量2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可视为质点）以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，求：（1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？ （2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？ （3）木板的长度L ？【答案】（1）1m/s （2）0.25m （3）1.75m 【解析】 【详解】（1）滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v =（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102mgs mv μ-=- 解得0.25m s =（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111()22mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+=3．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t =时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为1m kg =，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s 后小物块与长木板相对静止()210/g m s=，求：()1小物块与长木板间动摩擦因数的值；()2在整个运动过程中，系统所产生的热量．【答案】（1）0.7（2）40.5J 【解析】【分析】()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值．()2对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能量守恒求热量． 【详解】()1长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得1212mg mg ma μμ-=； 11m v a t =；木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得 2222mg ma μ⋅=； 220m v a t =-；由图象可知，2/m v m s =，11t s =，20.8t s = 联立解得10.7μ=()2小物块减速过程中，有：13mg ma μ=； 031m v v a t =-；在整个过程中，由系统的能量守恒得2012Q mv = 联立解得40.5Q J =【点睛】本题考查了两体多过程问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，也是本题的易错点，分析清楚运动过程后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．4．如图所示，质量M=0.5kg 的长木板A 静止在粗糙的水平地面上，质量m=0.3kg 物块B(可视为质点)以大小v 0=6m/s 的速度从木板A 的左端水平向右滑动，若木板A 与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，物块B 恰好能滑到木板A 的右端．已知物块B 与木板A 上表面间的动摩擦因数μ1=0.6．认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s 2．求：(1)木板A 的长度L ；(2)若把A 按放在光滑水平地面上，需要给B 一个多大的初速度，B 才能恰好滑到A 板的右端；(3)在(2)的过程中系统损失的总能量．【答案】(1) 3m (2) /s (3) 5.4J 【解析】 【详解】(1)A 、B 之间的滑动摩擦力大小为：11= 1.8f mg N μ= A 板与地面间的最大静摩擦力为：()22= 2.4f M m g N μ+= 由于12f f <，故A 静止不动B 向右做匀减速直线运动.到达A 的右端时速度为零，有：202v aL =11mg ma μ=解得木板A 的长度 3L m =（2）A 、B 系统水平方向动量守恒，取B v 为正方向，有 ()B mv m M v =+物块B 向右做匀减速直线运动22112B v v a s -=A 板匀加速直线运动 12mg Ma μ=2222v a s =位移关系12s s L -=联立解得/B v s = （3）系统损失的能量都转化为热能1Q mgL μ=解得 5.4Q J =5．近年来，随着AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v 0=2m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L =7.6m.机械手将质量为1kg 的包裹A 轻放在传送带的左端，经过4s 包裹A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg 的包裹B 发生正碰，碰后包裹B 在水平面上滑行0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g =10m/s 2.求：(1)包裹A 与传送带间的动摩擦因数; (2)两包裹碰撞过程中损失的机械能; (3)包裹A 是否会到达分拣通道口.【答案】(1)μ1=0.5(2)△E =0.96J (3)包裹A 不会到达分拣通道口 【解析】 【详解】(1)假设包裹A 经过t 1时间速度达到v 0，由运动学知识有01012v t v t t L +-=（） 包裹A 在传送带上加速度的大小为a 1,v 0=a 1t 1包裹A 的质量为m A ，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1m A g =m A a 1 解得：μ1=0.5(2)包裹A 离开传送带时速度为v 0，设第一次碰后包裹A 与包裹B 速度分别为v A 和v B ， 由动量守恒定律有:m A v 0=m A v A +m B v B包裹B 在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2m B gx =0-12m B v B 2 解得v A =-0.4m/s ，负号表示方向向左，大小为0.4m/s 两包裹碰撞时损失的机械能:△E =12m A v 02 -12m A v A 2-12m B v B 2 解得：△E =0.96J(3)第一次碰后包裹A 返回传送带，在传送带作用下向左运动x A 后速度减为零， 由动能定理可知-μ1m A gx A =0-12m A v A 2 解得x A =0.016m<L ，包裹A 在传送带上会再次向右运动. 设包裹A 再次离开传送带的速度为v A ′μ1m A gx A =12m A v A ′2 解得:v A ′ =0.4m/s设包裹A 再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为x A-μ2m A gx A ′=0-12m A v A 2 解得 x A ′=0.08m x A ′=<0.32m包裹A 静止时与分拣通道口的距离为0.24m ，不会到达分拣通道口.6．如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为m A =1 kg 、m B =0.5 kg 的两个小滑块A 和B ，A 在B 的正上方，A 、B 相距h =2. 25 m ，A 始终受一大小F 1=l0 N 、方向垂直于墙面的水平力作用，B 始终受一方向竖直向上的恒力F 2作用．同时由静止释放A 和B ，经时间t =0.5 s ，A 、B 恰相遇．已知A 、B 与墙面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)滑块A 的加速度大小a A ； (2)相遇前瞬间，恒力F 2的功率P ．【答案】（1）2A 8m/s a =；（2）50W P =【解析】 【详解】（1）A 、B 受力如图所示：A 、B 分别向下、向上做匀加速直线运动，对A ： 水平方向：N 1F F = 竖直方向：A A A m g f m a -= 且：N f F μ=联立以上各式并代入数据解得：2A 8m/s a =（2）对A 由位移公式得：212A A x a t =对B 由位移公式得：212B B x a t =由位移关系得：B A x h x =- 由速度公式得B 的速度：B B v a t = 对B 由牛顿第二定律得：2B B B F m g m a -= 恒力F 2的功率：2B P F v = 联立解得：P ＝50W7．如图所示,水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽,长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止于凹槽右侧,木板厚度与凹槽深度相同,水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v 0=100m/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉,铁钉嵌在木块中并滑上木板,木板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其它摩擦不计.若木板每次与A 、B 相碰后速度立即减为0,且与A 、B 不粘连,重力加速度g=10m/s 2.求:（1）铁钉射入木块后共同的速度v ;（2）木块经过竖直圆轨道最低点C 时,对轨道的压力大小F N; （3）木块最终停止时离A 点的距离s.【答案】（1）2/v m s = （2）12.5N F N = （3） 1.25L m ∆= 【解析】(1) 设铁钉与木块的共同速度为v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：0001()m v m m v =+解得：2m v s =；(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度210.5m a g s μ==，且方向向右板产生的加速度220.5mgma s Mμ==，且方向向左设经过时间t ，木块与木板共同速度v 运动则：12v a t a t -=此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度22121122x vt a t a t L ∆=--=故共速时，恰好在最左侧B 点，此时木块的速度11m v v a t s '=-= 木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：'2N v F mg m R-=代入相关数据解得：F N =12.5N.由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ； (3) 木块还能上升的高度为h ，由机械能守恒有：201011()()2m m v m m gh +=+ 0.050.4h m m =<木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过t 1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为a 1， 则：21121v a t a t -=，解得：11t s = 此时2211121110.522x v t a t a t m ∆=--='' 3210.5m v v at s=-=碰撞后，v 薄板=0，木块以速度v 3=0.5m/s 的速度向右做减速运动 设经过t 2时间速度为0，则3211v t s a == 2322210.252x v t a t m =-=故ΔL=L ﹣△x'﹣x=1.25m即木块停止运动时离A 点1.25m 远．8．某研究性学习小组利用图a 所示的实验装置探究物块在恒力F 作用下加速度与斜面倾角的关系。
专题3.7 与牛顿运动定律相关的实际问题一、选择题1.（2020开封质检）某实验小组设计了一个模型火箭，由测力计测得其重力为G。
通过测量计算此火箭发射时刻提供大小为F=2G的恒定推力，且持续时间为t。
随后小明又对设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当火箭飞行经过t/2时，火箭丢弃一半的质量，剩余t/2时间，火箭推动剩余的一半继续飞行。
若采用原来的方法火箭可上升的高度为H，则采用改进后方案火箭最高可上升的高度为（重力加速度取g，不考虑燃料消耗引起的质量变化）A．1.5H B．2H C．2.75H D．3.25H【参考答案】C（t/2）2=gt2，t/2时刻向上的速度v1=a1t/2=gt/2，丢弃一般质量后，由牛顿运动定律，F-G=ma2，解得a2=3g；t/2时间加速上升高度H2=v1 t/2+a2（t/2）2=gt2，t时刻向上的速度v2= v1+a2t/2=2gt，失去推力后，做竖直上抛运动，上升高度H3===2gt2，H’=H1+ H2+ H3=gt2+gt2+2gt2=gt2=H=2.75H，选项C正确。
2．（2020洛阳一模）如图所示，某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰恰与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是( )A．加速时动力的大小等于mgB．加速时加速度的大小为gC．减速时动力的大小等于mgD．减速飞行时间t后速度为零【参考答案】BC【命题意图】本题考查力的合成、牛顿运动定律及其相关的知识点。
图1 图23. 北京欢乐谷游乐场天地双雄是目前亚洲唯一的双塔太空梭。
它是能体验强烈失重、超重感觉的娱乐设施，先把乘有十多人的座舱，送到76 m高的地方，让座舱自由落下，当落到离地面28 m时制动系统开始启动，座舱匀减速运动到地面时刚好停止．若某游客手中托着质量为1 kg的饮料瓶进行这个游戏，g取9.8 m/s2，则：A．当座舱落到离地面高度为40m的位置时，饮料瓶对手的作用力大于9.8NB．当座舱落到离地面高度为40m的位置时，饮料瓶对手的作用力为零C．当座舱落到离地面高度为15m的位置时，饮料瓶对手的作用力小于9.8ND. 当座舱落到离地面高度为15m的位置时，手要用26.6N的力才能托住饮料瓶【参考答案】BD【名师解析】当座舱落到离地面高度为40m的位置时，处于完全失重状态；故饮料瓶对手的压力为零．选项B正确A错误。
座舱自由落体过程，有：v2=2g（H-h）…①座舱匀减速运动到地面过程，根据速度位移公式，有：v2=2ah…②由①②解得：a＝120/7 m/s2 =16.8 m/s2当座舱落到离地面高度为15m的位置时，饮料瓶处于超重状态，有：F-mg=ma，解得F=26.6N，即当座舱落到离地面高度为15m的位置时，手要用26.6N的力才能托住饮料瓶，选项C错误D正确。
4.（2020山西太原期末）“娱乐风洞”是一种惊险的娱乐项目。
在竖直的圆筒内,从底部竖直向上的风可把游客“吹”起来,让人体验太空飘浮的感觉。
假设风洞内各位置的风速均相同且保持不变,已知人体所受风力的大小与正对风的面积成正比,水平横躺时受风面积最大,站立时受风面积最小、为最大值的1/8；当人体与竖直方向成一倾角、受风面积是最大值的1/2时，人恰好可静止或匀速漂移。
在某次表演中,质量为m的表演者保持站立身姿从距底部高为H的A点由静止开始下落;经过B点时,立即调整身姿为水平横躺并保持；到达底部的C点时速度恰好减为零。
则在从A到C的过程中,下列说法正确的是A．表演者加速度的最大值是gB．B点的高度是HC．从A到B表演者克服风力做的功是从B到C克服风力做功的1/6D．若保持水平横躺,表演者从C返回到A时风力的瞬时功率为【参考答案】C【名师解析】由题意，人体受风力大小与正对面积成正比，设最大风力为F m，由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力G=F m，人站立时风力为F m，其下落加速度a1==g；人平躺下落时，其加速度a2==g，即表演者加速度的最大值是g，因而选项A 错误；设B点的高度是h，下降的最大速度为v，根据匀变速直线运动规律，有v2=2a1(H-h）, v2=2a2h,，联立解得：h=H，选项B错误；表演者A至B克服风力所做的功W1=F m (H-h）=F m H；B至C过程克服风力所做的功W2=F m h=F m H，从A到B表演者克服风力做的功是从B到C克服风力做功的1/6，选项C 正确。
若保持水平横躺, 人平躺上升时，其加速度a==g，表演者从C返回到A时，速度v=，风力的瞬时功率为P=F m v=2mg=2,选项D错误。
5. 用遥控直升机下轻绳悬挂质量为m的摄像机可以拍摄学生在操场上的跑操情况。
开始时遥控直升机悬停在C点正上方。
若遥控直升机从C点正上方运动到D点正上方经历的时间为t，已知CD之间距离为L，直升机的质量为M，直升飞机的运动视作水平方向的匀加速直线运动。
在拍摄过程中悬挂摄影机的轻绳与竖直方向的夹角始终为β，假设空气对摄像机的作用力始终水平。
则A．轻绳中的拉力F T=mg/cosβB．遥控直升机加速度a=gtanβC．直升机所受的合外力为F合=D．这段时间内空气对摄像机作用力的大小为【参考答案】.AD【名师解析】对摄像机受力分析，摄像机受到轻绳拉力F T和重力mg，由F T cosβ=mg，解得轻绳中的拉力F T= mg /cosβ，选项A正确。
由L=at2，解得遥控直升机加速度a=，选项B错误。
直升机所受的合外力为F合=Ma=，选项C错误。
设摄像机受到的风力为F，绳子拉力为T ，重力为mg。
则F T sinβ-F=ma，F T cosβ=mg，解得：，选项D正确。
二、计算题1.（山西省太原市2020届高三下学期模拟试题（一）理科综合试题）（13分）如图是一架小型四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的遥控飞行器，具有体积小、使用灵活、飞行高度低、机动性强等优点。
现进行试验：无人机从地面由静止开始以额定功率竖直向上起飞．经t＝20s上升到h＝47m,，速度达到v ＝6 m/s。
之后，不断调整功率继续上升，最终悬停在高H = 108 m.处．已知无人机的质量m＝4kg，无论动力是否启动，无人机上升、下降过程中均受空气阻力，且大小恒为f＝4 N.取g＝10 m/s2，求(1）无人机的额定功率；（2）当悬停在H高处时，突然关闭动力设备．无人机由静止开始竖直坠落，2s末启动动力设备，无人机立即获得向上的恒力F，使其到达地面时速度恰好为0，则F是多大？【参考答案】（1）107W（2）43.2N考点：牛顿第二定律的综合应用2.（黑龙江省大庆实验中学2020届高三考前得分训练（四）理科综合物理试题）如图所示，虚线圆的半径为R， AC为光滑竖直轩，AB 与BC构成直角的L形轨道，小球与AB、BC，轨道间的动摩擦因数均为μ，ABC三点正好是圆上三点，而AC正好为该圆的直径，AB与AC的夹角为α，如果套在AC杆上的小球自A点静止释放，分别沿ABC轨道和AC直轨道运动，忽略小球滑过B处时能量损耗. 求:（1）小球在AB轨道上运动的加速度；（2）小球沿ABC轨道运动到达C点时的速率；（3）若AB、BC、AC轨道均光滑，如果沿ABC轨道运动到达C点的时间与沿AC直轨道运动到达C点的时间之比为5:3，求α角的正切值。
【参考答案】（1）（2）（3）2.4（3）设小球沿AC直导轨做自由落体运动，运动时间为t，则有：解得轨道均光滑，小球由A到B机械能守恒，设B点的速度为v B，则解得且依等时圆，t AB=t以后沿BC直导轨运动的加速度，且故代入数据解得：考点：牛顿第二定律的综合应用3.（安徽省铜陵市第一中学2020届高三5月教学质量检测理科综合试题）科研人员利用热气球进行科学探测，热气球、科研人员及所有装备的总质量。
在离地空中停留一段时间后，由于故障，热气球受到的空气浮力减小。
科研人员测得气球竖直下降时，速度在内增加了。
若气球着陆的安全速度最大是，为使气球安全着陆，科研人员向外抛出质量的物体，使气球竖直向下做匀减速运动，不考虑气球受到的空气阻力及抛出物体时气球速度的变化，气球运动过程中浮力视为恒力，重力加速度，求抛出物体时气球离地的最小高度。
【参考答案】设抛出压舱物时气球离地高度，此时速度为，气球减速的加速度大小设为，对匀减速过程，落地速度，联立解得考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【名师点睛】本题结合实际情景来将运动与力学题目相结合起来，主要让学生掌握如何由运动去求力的问题的方法．注意最后还要用原来的重力减去现在的重力。
4.如图所示为一架小型四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。
无人机的质量为m=2kg，运动过程中所受空气阻力大小恒为f=4N，当无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，经时间t=4s时离地面的高度为h=48m，g取10m/s2。
求：（1）其动力系统所能提供的最大升力为多大？（2）当无人机悬停在距离地面高度H=180m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去全部升力，从静止开始竖直坠落，经5s后无人机瞬间又恢复最大升力，则无人机到达地面时速度为多大？5.（12分）（2020上海宝山期末）一架质量m＝2.0×104kg的飞机，发动机提供的推力恒为F1，起飞速度为v M＝100m/s，在水平跑道上起飞时跑道至少长s1＝400m。
现要使该飞机能在s2＝100m的航母跑道上起飞，需用电磁弹射器辅助。
假设电磁弹射器对飞机施加恒定推力F2，飞机在地面和航母跑道上运动时所受的阻力均为f＝1.0×104N，求：（1）飞机发动机的推力F1大小；（2）电磁弹射器的推力F2大小；（3）电磁弹射器的平均输出功率P。
【名师解析】（1）在地面上匀加速运动，……………………………………（2分）F1＝＝2.6×105N………………………………………（2分）（2）在航母上，………………………………………………………（2分）弹射器推力 F2＝＝7.5×105N……………（2分）（3）平均速度………………………………………………………（2分）平均功率＝F2＝3.75×107W…………………………（2分）6. （2020衡水万卷理综模拟1）如图所示，一长绝缘木板靠在光滑竖直墙面上，质量为m．木板右下方有一质量为2m、电荷量为+q的小滑块，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与滑块处在场强大小为E=4mg/q的匀强电场中，电场方向水平向左，若电动机通过一根绝缘细绳拉动滑块，使之匀加速向上移动，当滑块与木板分离时，滑块的速度大小为v．此过程中电动机对滑块做的功为W．（重力加速度为g）．（1）求滑块向上移动的加速度大小；（2）写出从滑块开始运动到与木板分离的过程中木板增加的机械能随时间变化的函数关系式（2）对长木板由牛顿第二定律得F一mg=ma′摩擦力对木板做功为W=Fxx=,根据功能关系木板增加的机械能等于摩擦力所做的功，即△E=W由以上各式解得△E=2（4μ一1）μm答：（1）滑块向上移动的加速度大小为；（2）从滑块开始运动到与木板分离的过程中木板增加的机械能随时间变化的函数关系式为△E=2（4μ一1）μm．。
